CF559E
在一个数轴上，有(n)条线段，你可以决定它为([a_i,a_i+b_i])或者是([a_i-b_i,a_i])。
问所有线段的并最大是多少。
好玩的DP。
按照(a_i)排序。
设(f_{i,j})表示，考虑了前(i)个线段，其中延伸到的最右的地方是(j)，最大的并。
转移的时候如果选择了([a_{i+1},a_{i+1}+b_{i+1}])是非常简单的。
问题是如何处理选择([a_{i+1}-b_{i+1},a_{i+1}])的情况。
因为可能出现如下图的情况：
这时候我们发现没有办法计算中间空的那一段的贡献。
注意到被第(i+1)条线段包含的那个线段是没有用的，于是换种姿势转移：
枚举(k)，选择线段([a_k-b_k,a_k])。([i+1,k))的线段都钦定向右指。
这样转移得到的右端点是线段(k)的右端点和([i+1,k))中线段的右端点的最大值，左端点直接钦定为(k)的左端点。
可能这样局部的转移并不能得到真正的贡献，但是它不可能比最优答案更有，并且可以感受到全局下肯定存在至少一种方案转移到最优解。
时间复杂度为(O(n^3))。
代码实现的时候(j)这一维用了记录线段左右端点的形式来表示。
有点细节（比如初始化）。
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 110
#define ll long long
int n;
struct Seg{
int r[2];
int l(int t){return t?r[0]:r[0]*2-r[1];}
} s[N];
bool cmps(Seg a,Seg b){return a.r[0]<b.r[0];}
ll f[N][N][2];
int R[N][N],L[N][N];
void upd(ll &x,ll y){x=max(x,y);}
int main(){
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;++i){
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
s[i]={a,a+b};
}
sort(s+1,s+n+1,cmps);
for (int i=1;i<=n;++i){
R[i][i]=i;
for (int j=i+1;j<=n;++j)
R[i][j]=(s[j].r[1]>s[R[i][j-1]].r[1]?j:R[i][j-1]);
}
memset(f,128,sizeof f);
f[1][1][0]=f[1][1][1]=s[1].r[1]-s[1].r[0];
for (int k=2;k<=n;++k){
int id=R[1][k-1],l=s[k].l(0),r=max(s[id].r[1],s[k].r[0]);
upd(s[id].r[1]>s[k].r[0]?f[k][id][1]:f[k][k][0],r-l);
}
for (int i=1;i<n;++i){
for (int j=1;j<=i;++j)
for (int t=0;t<2;++t){
if (f[i][j][t]<0) continue;
int b=s[j].r[t];
// printf("f(%d,%d)=%lld
",i,b,f[i][j][t]);
ll tmp=f[i][j][t];
for (int d=0;d<2;++d){
int l=s[i+1].l(d),r=s[i+1].r[d];
if (r<=b)
upd(f[i+1][j][t],tmp);
else
upd(f[i+1][i+1][d],tmp+r-max(l,b));
}
for (int k=i+2;k<=n;++k){
int id=R[i+1][k-1],l=s[k].l(0),r=max(s[id].r[1],s[k].r[0]);
if (r<=b)
upd(f[k][j][t],tmp);
else
upd(s[id].r[1]>s[k].r[0]?f[k][id][1]:f[k][k][0],tmp+r-max(l,b));
}
}
}
ll ans=0;
for (int j=1;j<=n;++j)
for (int t=0;t<2;++t){
if (f[n][j][t]<0) continue;
int b=s[j].r[t];
// printf("f(%d,%d)=%lld
",n,b,f[n][j][t]);
ans=max(ans,f[n][j][t]);
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}